Libro con resumenes y ejercicios resueltos
Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ... Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ...
tenemos que realizar algunos cambios:( 12 mω2 x 2 − eEx)= 1 ( )] 2 [ ( )]eEeE[x2 mω2 ′ +mω 2 − eE x ′ +mω 2= 1 2 mω2 x ′2 + mω 2 x ′ eEmω 2 + 1 (eE)2mω22 m 2 ω 4 − eEx′ − (eE)2mω 2= 1 2 mω2 x ′2 − 1 (eE) 22 mω 2Entonces, la ecuación nos queda:d 2 ψ2m dx ′2 + 1 2 mω2 x ′2 ψ =− 2[E + 1 (eE) 2 ]2 mω 2 ψEsta es la ecuación de Schrodinger para el oscilador armónico simple, en x ′ . Entonces, la constante debeser (n + 1 2 )ω, con lo que tenemos: E n =Ahora intentaremos resolver el problema con teoría de perturbaciones:(n + 1 )ω − 1 (eE) 22 2 mω 2 (177)E (1)n = (0) 〈n|V |n〉 (0) = −eE〈n|x|n〉 = 0Esto se anula porque x puede ser reemplazado por los operadores de subida y bajada que genera que lasautofunciones sean ortogonales.Ahora debemos hacer la corrección a segundo orden, que está dado por la expresión:E (2)n= (eE) 2 ∑ m≠n|〈m|x|n〉| 2(n − m)ωAhora resolvemos (esto es simplemente reemplazar x por la combinación correspondiente de los operadoresde subida y bajada):E n (2) = (eE)2 ω 2mωE (2)n = (eE)22mω 2 ∑m≠n∑m≠nE (2)n = (eE)22mω 2 [ (n + 1)n − (n + 1) +E (2)n = (eE)2 [−(n + 1) + n]2mω2 E (2)n = − (eE)22mω 2 25[ √ n + 1δ m,n+1 + √ nδ m,n−1 ](n − m)[(n + 1)δ m,n+1 + nδ m,n−1 ](n − m)]nn − (n − 1)
Como hemos notado, obtenemos el mismo resultado considerando el problema exacto o resolviendolo porteoría de perturbacionesProblema 3:La solución exacta de este problema la encontraremos en primer lugar buscando los autovalores del Hamiltoniano:( )E1 − E iλadet= 0 (178)−iλa E 2 − EAsumiremos que E 2 > E 1 de modo que |E 2 − E 1 | = E 2 − E 1 . Ahora, el problema del determinante essimplemente resolver la siguiente ecuación cuadrática:E 2 − (E 1 + E 2 )E + E 1 E 2 − λ 2 a 2 = 0Tendremos que las soluciones son dos y están dadas por:Si expandimos en potencias de λ, obtenemos:E ± = 1 2 (E 1 + E 2 ) ± 1 2√(E2 − E 1 ) 2 + 4λ 2 a 2E + = 1 2 (E 1 + E 2 ) + 1 2 (E 2 − E 1 ) + λ2 a 2= E 2 + λ2 a 2E 2 − E 1E 2 − E 1Los autovectores tendrán la forma:(αψ =β)(179)Donde:de modo que:Ahora, tenemos:(E 1 − E ± )α ± + iλaβ ± = 0α ± =−iλaE 1 − E ±β ±( ) −iλaψ ± = C ±E 1 − E ±Eligiendo la fase en forma arbitraria, nos queda:|C ± | =1√(E1 − E ± ) 2 + λ 2 a 2Para comparar con la teoría de perturbaciones, permitiremos que λ → 0 y tendremos que:26
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Como hemos notado, obtenemos el mismo resultado <strong>con</strong>siderando el problema exacto o resolviendolo porteoría de perturbacionesProblema 3:La solución exacta de este problema la en<strong>con</strong>traremos en primer lugar buscando los autovalores del Hamiltoniano:( )E1 − E iλadet= 0 (178)−iλa E 2 − EAsumiremos que E 2 > E 1 de modo que |E 2 − E 1 | = E 2 − E 1 . Ahora, el problema del determinante essimplemente resolver la siguiente ecuación cuadrática:E 2 − (E 1 + E 2 )E + E 1 E 2 − λ 2 a 2 = 0Tendremos que las soluciones son dos y están dadas por:Si expandimos en potencias de λ, obtenemos:E ± = 1 2 (E 1 + E 2 ) ± 1 2√(E2 − E 1 ) 2 + 4λ 2 a 2E + = 1 2 (E 1 + E 2 ) + 1 2 (E 2 − E 1 ) + λ2 a 2= E 2 + λ2 a 2E 2 − E 1E 2 − E 1Los autovectores tendrán la forma:(αψ =β)(179)Donde:de modo que:Ahora, tenemos:(E 1 − E ± )α ± + iλaβ ± = 0α ± =−iλaE 1 − E ±β ±( ) −iλaψ ± = C ±E 1 − E ±Eligiendo la fase en forma arbitraria, nos queda:|C ± | =1√(E1 − E ± ) 2 + λ 2 a 2Para comparar <strong>con</strong> la teoría de perturbaciones, permitiremos que λ → 0 y tendremos que:26
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